浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量补上一课立体几何中的翻折轨迹及最值范围问题含解析

浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量补上一课立体几何中的翻折轨迹及最值范围问题含解析

立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围)问题 知识拓展 1.翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材.解答翻折问题 的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没 有发生变化.解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析问题和解决问题.而表面展开 问题是折叠问题的逆向思维、逆向过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开 成平面图形试一试. 2.在立体几何中，某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹 与求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化.对于较为复杂的轨迹，常常要分段 考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题. 对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性. 3.立体几何中的体积最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值(上节)或(面积)体积的最 值的问题.其一般方法有： (1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；(2)代 数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利 用函数的单调性、有界性，以及不等式的均值定理等，求出最值. 题型突破 题型一　立体几何中的翻折问题 【例 1】 (2019·全国Ⅲ卷)图①是由矩形 ADEB，Rt△ABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形， 其中 AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如 图②. (1)证明：图②中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC⊥平面 BCGE； (2)求图②中的二面角 B－CG－A 的大小. (1)证明　由已知得 AD∥BE，CG∥BE，所以 AD∥CG， 所以 AD，CG 确定一个平面，从而 A，C，G，D 四点共面. 由已知得 AB⊥BE，AB⊥BC，且 BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面 BCGE， 所以 AB⊥平面 BCGE. 又因为 AB⊂平面 ABC，所以平面 ABC⊥平面 BCGE. (2)解　作 EH⊥BC，垂足为 H. 因为 EH⊂平面 BCGE，平面 BCGE⊥平面 ABC，平面 BCGE∩平面 ABC＝BC， 所以 EH⊥平面 ABC. 由已知，菱形 BCGE 的边长为 2，∠EBC＝60°，可求得 BH＝1，EH＝ 3. 以 H 为坐标原点，HC→ 的方向为 x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 H－xyz，则 A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0， 3)，CG→ ＝(1，0， 3)，AC→ ＝(2，－1，0). 设平面 ACGD 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则{CG→ ·n＝0， AC→ ·n＝0， 即{x＋ 3z＝0， 2x－y＝0. 所以可取 n＝(3，6，－ 3). 又平面 BCGE 的法向量可取 m＝(0，1，0)， 所以 cos〈n，m〉＝ n·m |n||m|＝ 3 2 . 因此二面角 B－CG－A 的大小为 30°. 【训练 1】 (2020·浙江名师预测卷四)在梯形 ABCD 中，对角线 AC 与 BD 交于点 O，AD＝2AB＝ 2BC＝2CD.将△BCD 沿 BD 翻折至△BPD，且满足平面 ABP⊥平面 BPD. (1)求证：二面角 P－BD－A 是直二面角； (2)(一题多解)求直线 PD 与平面 PAO 所成角的正弦值的大小. (1)证明　由已知条件易得∠BAD＝60°，∠BDA＝30°，AB⊥BD. 在△BPD 中，过点 D 作 DH⊥BP，交 BP 的延长线于点 H. ∵平面 ABP⊥平面 BPD，平面 ABP∩平面 BPD＝BP， ∴DH⊥平面 ABP， ∵AB⊂平面 ABP，∴DH⊥AB. 又∵BD∩DH＝D，∴AB⊥平面 BPD， ∵AB⊂平面 ABD，∴平面 ABD⊥平面 BPD. 即二面角 P－BD－A 是直二面角. (2)解　法一　过点 P 作 PG⊥BD，交 BD 于点 G，则 G 是 BD 的中点. 由(1)可知平面 PBD⊥平面 ABD， 又∵平面 PBD∩平面 ABD＝BD， ∴PG⊥平面 ABD. 设 OB＝1，则 OP＝1，OA＝2，AB＝BP＝ 3， ∵AB⊥平面 BPD，∴AB⊥BP， ∴AP＝ AB2＋BP2＝ 6， 由余弦定理得 cos∠AOP＝ OA2＋OP2－AP2 2OA·OP ＝－ 1 4， 则 sin∠AOP＝ 15 4 . 设点 D 到△AOP 的距离为 h， ∵VP－AOD＝VD－AOP， ∴ 1 3·PG·S△AOD＝ 1 3·h·S△AOP， ∵PG＝ 3 2 ，S△AOD＝ 1 2×2×2·sin 2π 3 ＝ 3， S△AOP＝ 1 2×1×2× 15 4 ＝ 15 4 ， ∴h＝ 2 15 5 ， ∵PD＝ 3，∴直线 PD 与平面 PAO 所成角 θ 的正弦值 sin θ＝ h PD＝ 2 5 5 . 法二　分别取 BD，AD 的中点 E，F，连接 EP，EF， 则 EF∥AB. 由(1)可知 AB⊥平面 BPD， ∴EF⊥平面 BPD，∴EF⊥BD，EF⊥EP. ∵PB＝PD，∴PE⊥BD， 以点 E 为坐标原点，EF→ ，ED→ ，EP→ 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系. 设 OB＝1，可得 P(0，0， 3 2 )，D(0， 3 2，0)， A( 3，－ 3 2，0)，O(0，－ 1 2，0). ∴PD→ ＝(0， 3 2，－ 3 2 )，PA→ ＝( 3，－ 3 2，－ 3 2 )， AO→ ＝(－ 3，1，0). 设平面 PAO 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则{PA→ ·n＝0， AO→ ·n＝0， 即{ 3x－ 3 2y－ 3 2 z＝0， － 3x＋y＝0， 令 x＝1，则 n＝(1， 3，－1)， ∴直线 PD 与平面 PAO 所成角 θ 的正弦值为 sin θ＝|cos〈n，PD→ 〉|＝ |n·PD→ | |n|·|PD→ | ＝ 2 5 5 . 题型二　立体几何中的轨迹问题 【例 2】(1)已知在平行六面体 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1 与平面 A1B1C1D1 垂直，且 AD＝AB，E 为 CC1 的中点，P 在对角面 BB1D1D 所在平面内运动，若 EP 与 AC 成 30°角，则点 P 的轨迹为(　　) A.圆 B.抛物线 C.双曲线 D.椭圆 (2)已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 1，点 P 是平面 AC 内的动点，若点 P 到直线 A1D1 的距 离等于点 P 到直线 CD 的距离，则动点 P 的轨迹所在的曲线是(　　) A.抛物线 B.双曲线 C.椭圆 D.直线 解析　(1)因为在平行六面体 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1 与平面 A1B1C1D1 垂直，且 AD＝AB，所以该 平面六面体 ABCD－A1B1C1D1 是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面 BB1D1D⊥底面 ABCD， AC⊥对角面 BB1D1D.取 AA1 的中点 F，则 EF∥AC，因为 EP 与 AC 成 30°角，所以 EP 与 EF 成 30° 角.设 EF 与对角面 BB1D1D 的交点为 O，则 EO⊥对角面 BB1D1D，所以点 P 的轨迹是以 EO 为轴的 一个圆锥的底面，故选 A. (2)如图，以 A 为原点，AB 为 x 轴、AD 为 y 轴，建立平面直角坐标系. 设 P(x，y)，作 PE⊥AD 于 E、PF⊥A1D1 于 F，连接 EF，易知 |PF|2＝|PE|2＋|EF|2＝x2＋1， 又作 PN⊥CD 于 N，则|PN|＝|y－1|.依题意|PF|＝|PN|，即 x2＋1＝|y －1|， 化简得 x2－y2＋2y＝0， 故动点 P 的轨迹为双曲线，选 B. 答案　(1)A　(2)B 【训练 2】 (1)在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，点 M，N 分别是线段 CD，AB 上的动点，点 P 是 △A1C1D 内的动点(不包括边界)，记直线 D1P 与 MN 所成角为 θ，若 θ 的最小值为 π 3 ，则点 P 的轨迹是(　　) A.圆的一部分 B.椭圆的一部分 C.抛物线的一部分 D.双曲线的一部分 (2)如图，AB 是平面 α 的斜线段，A 为斜足，若点 P 在平面 α 内运动，使得△ABP 的面积为 定值，则动点 P 的轨迹是(　　) A.圆 B.椭圆 C.一条直线 D.两条平行直线 解析　(1)延长 D1P 交底面 ABCD 的内部于点 Q，连接 QD，则∠D1QD 为 直线 D1Q 与底面 ABCD 所成的角，也就是直线 D1P 与 MN 所成角 θ 的最 小值，故∠D1QD＝ π 3 ，从而∠DD1Q＝ π 6 ，所以 D1Q 的轨迹是以 D1D 为轴， 顶点为 D1，母线 D1Q 与轴 D1D 的夹角为 π 6 的圆锥面的一部分，则点 P 的 轨迹就是该部分圆锥面与△A1C1D 面(不包括边界)的交线，而△A1C1D 面所在平面与轴 D1D 斜交， 故点 P 的轨迹是椭圆的一部分. (2)由于线段 AB 是定长线段，而△ABP 的面积为定值，所以动点 P 到线段 AB 的距离也是定值. 由此可知空间点 P 在以 AB 为轴的圆柱侧面上.又 P 在平面内运动，所以这个问题相当于一个 平面去斜切一个圆柱(AB 是平面的斜线段)得到的切痕是椭圆.P 的轨迹就是圆柱侧面与平面 α 的交线是椭圆. 答案　(1)B　(2)B 题型三　立体几何中的长度、面积、体积的最值(范围)问题 【例 3】 (1)如图，正三棱锥 S－ABC 的底面边长为 2a，E、F、G、H 分别为 SA，SB，CB，CA 的中点，则四边形 EFGH 的面积的取值范围是(　　) A.(0，＋∞) B.( 3 3 a2，＋∞) C.( 3 6 a2，＋∞) D.(1 2a2，＋∞) (2)在棱长为 6 的正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，M 是 BC 中点，点 P 是平面 DCC1D1 所在的平面内的 动点，且满足∠APD＝∠MPC，则三棱锥 P－BCD 体积的最大值是(　　) A.36 B.12 3 C.24 D.18 3 解析　(1)因为 E、F、G、H 分别为 SA，SB，CB，CA 的中点，∴EF 綉 1 2AB，HG 綉 1 2AB，∴EF 綉 HG，同理，EH 綉 FG，所以 EFGH 为平行四边形，又∵S－ABC 为正三棱锥，∴SC⊥AB， ∴EF∥AB，FG∥SC，所以 EF⊥FG，从而四边形 EFGH 为矩形，其面积 S＝GH·GF＝ 1 2a·SC，当 正三棱锥的高→0 时，SC→正三角形 ABC 的外接圆的半径 2 3 3 a，所以四边形 EFGH 的面积→ 3 3 a2，选 B. (2)因为 AD⊥平面 D1DCC1，则 AD⊥DP，同理 BC⊥平面 D1DCC1，则 BC⊥CP，∠APD＝∠MPC，则 △PAD∽△PMC，∵AD＝2MC，则 PD＝2PC，下面研究点 P 在面 ABCD 的轨迹(立体几何平面化)， 在平面直角坐标系内设 D(0，0)，C(6，0)，D1(0，6)，C1(6，6)，设 P(x，y)，因为 PD＝2PC， 所以 x2＋y2＝2 （x－6）2＋y2，化简得(x－8)2＋y2＝16，该圆与 CC1 的交点纵坐标最大， 交点为(6，2 3)，三棱锥 P－BCD 的底面 BCD 的面积为 18，要使三棱锥 P－BCD 体积最大，只 需高最大，当 P 在 CC1 上且 CP＝2 3时棱锥的高最大，V＝ 1 3·18·2 3＝12 3. 答案　(1)B　(2)B 【训练 3】 (1)如图，在三棱锥 A－BCD 中，平面 ABC⊥平面 BCD，△BAC 与△BCD 均为等腰直 角三角形，且∠BAC＝∠BCD＝90°，BC＝2，点 P 是线段 AB 上的动点，若线段 CD 上存在点 Q， 使得异面直线 PQ 与 AC 成 30°的角，则线段 PA 长的取值范围是(　　) A.(0， 2 2 ) B.(0， 6 3 ) C.( 2 2 ， 2) D.( 6 3 ， 2) (2)如图，正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 4，点 Q 在棱 AA1 上，且 AQ＝3A1Q，EFGC1 是侧面 BCC1B1 内的正方形，且 C1E＝1，P 是侧面 BCC1B1 内的动点，且 P 到平面 CDD1C1 的距离等于线段 PF 的 长，则线段 PQ 长度的最小值为________. 解析　(1)设 BC 的中点为 O，连接 OA，因为∠BAC＝90°，BC＝2⇒OA ＝1，故建立如图所示的空间直角坐标系 O－xyz，则 O(0，0，0)， A(0，0，1)，B(－1，0，0)，C(1，0，0)，P(s，0，t)，Q(1，m，0)(s ＜0，t＞0，m＞0)，则PQ→ ＝(1－s，m，－t)，AC→ ＝(1，0，－1)，PA→ ＝ ( － s ， 0 ， 1 － t) ， 所 以 PQ→ ·AC→ ＝ 1 － s ＋ t ， |PQ→ | ＝ （1－s）2＋m2＋t2，|AC→ |＝ 1＋1＝ 2，所以 （1－s）2＋m2＋t2· 2cos 30°＝1－s＋ t，即 6 2 （1－s）2＋m2＋t2＝1－s＋t，也即 3m2＝4t(1－s)－(1－s)2－t2，由此可得 3m2＝ 4t(1－s)－(1－s)2－t2＞0，结合 t－s＝1 可得 4(1－s2)＞2＋2s2⇒3s2＜1，所以|s|＜ 1 3，则| PA→ |＝ （－s）2＋（1－t）2＝ s2＋s2＝ 2|s|＜ 6 3 ，即 0＜|PA|＜ 6 3 ，应选 B. (2)过 Q 作 QT⊥BB1，T 为垂足，连接 TP，则 QT⊥TP，所以 QP2＝QT2＋PT2， 当 PT 取最小值时，QP 最小.作 PN⊥CC1，N 为垂足.建立如图所示的空间 直角坐标系，则 T(4，4，3)，设 P(x，4，z)，则 0≤x≤4，0≤z≤4， N(0，4，z). 由题意得 EF＝FG＝1，所以 F(1，4，3).因为 PF＝PN， 所以 （x－1）2＋（z－3）2＝x，化简得(z－3)2＝2x－1. 因为 PT2＝(x－4)2＋(z－3)2＝(x－4)2＋2x－1＝x2－6x＋15＝(x－3)2＋6≥6，所以当 x＝3 时， PT 取得最小值，此时 QP2＝42＋6＝22，所以线段 PQ 长度的最小值为 22. 答案　(1)B　(2) 22 补偿训练 一、选择题 1.已知线段 AB 垂直于定圆所在的平面，B，C 是圆上的两点，H 是点 B 在 AC 上的射影，当 C 运动时，点 H 运动的轨迹(　　) A.是圆 B.是椭圆 C.是抛物线 D.不是平面图形 解析　设在定圆内过点 B 的直径与圆的另一个交点为点 D，过点 B 作 AD 的垂线，垂足为点 E， 连接 EH，CD.因为 BD 为定圆的直径，所以 CD⊥BC，又因为 AB 垂直于定圆所在的平面，所以 CD⊥AB，又因为 AB∩BC＝B，所以 CD⊥平面 ABC，所以 CD⊥BH，又因为 BH⊥AC，AC∩CD＝C， 所以 BH⊥平面 ACD，所以 BH⊥EH，所以动点 H 在以 BE 为直径的圆上，即点 H 的运动轨迹为圆， 故选 A. 答案　A 2.设 P 是正方体 ABCD－A1B1C1D1 的对角面 BDD1B1(含边界)内的点，若点 P 到平面 ABC、平面 ABA1、平面 ADA1 的距离相等，则符合条件的点 P(　　) A.仅有一个 B.有有限多个 C.有无限多个 D.不存在 解析　与平面 ABC，ABA1 距离相等的点位于平面 ABC1D1 上；与平面 ABC，ADA1 距离相等的点位 于平面 AB1C1D 上；与平面 ABA1，ADA1 距离相等的点位于平面 ACC1A1 上；据此可知，满足题意 的点位于上述平面 ABC1D1，平面 AB1C1D，平面 ACC1A1 的公共点处，结合题意可知，满足题意的 点仅有一个. 答案　A 3.如图，在正四棱锥 S－ABCD 中，E 是 BC 的中点，P 点在侧面△SCD 内及其边界上运动，并且 总是保持 PE⊥AC.则动点 P 的轨迹与△SCD 组成的相关图形最有可能的是(　　) 解析　取 CS，CD 的中点 F，G，连接 EF，EG，FG. ∵E 为 BC 的中点，∴EF∥BS. 又 EF⊄平面 SBD，BS⊂平面 SBD，∴EF∥平面 SBD. 同理，FG∥平面 SBD. 又 EF∩FG＝F，EF⊂平面 EFG，FG⊂平面 EFG， ∴平面 EFG∥平面 SBD.又 AC⊥平面 SBD， ∴AC⊥平面 EFG，∴AC⊥FG， ∴点 P∈FG，∴点 P 的轨迹是△SCD 的中位线 FG，选 A. 答案　A 4.(2020·浙江名师预测卷一)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，侧面 PAD 为 正三角形，且侧面 PAD⊥底面 ABCD，已知在侧面 PAD 内存在点 Q，满足 PQ⊥QD，则当 AQ 最小 时，二面角 A－CD－Q 的余弦值是(　　) A. 2－ 3 4 B. 2＋ 3 4 C. 2－ 6 2 D. 2＋ 6 4 解析　取 PD 的中点 M，因为四边形 ABCD 为正方形，所以 CD⊥AD，又 平面 PAD⊥平面 ABCD，且平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，CD⊂平面 ABCD，所 以 CD⊥平面 PAD，所以 CD⊥QD，则二面角 A－CD－Q 的平面角是∠ADQ， 又因为点 Q 的轨迹是以 M 为圆心的圆，如图，当|AQ|最小时，∠ADQ＝ ∠ADP－∠QDP＝60°－45°＝15°，即二面角 A－CD－Q 的余弦值为 cos 15°＝cos(60°－ 45°)＝ 2＋ 6 4 ，故选 D. 答案　D 5.(2020·浙江新高考仿真卷二)如图所示，在棱长为 1 的正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，P，Q 分 别为 BD1，BB1 上的动点，则△C1PQ 周长的最小值为(　　) A. 2 15 3 B. 4＋2 2 C. 4＋ 8 3 2 D. 2 13 3 解析　连接 B1D1，BC1，由图易得△C1PQ 的三边分别在三棱锥 B－B1C1D1 的三个侧面上，将三棱 锥 B－B1C1D1 的侧面展开成平面图形，如图，可得四边形 BC1D1C1′为直角梯形，当 C1′，P， Q，C1 四点共线时，△C1PQ 的周长最小，最小值为 C1′D＋D1C＝ 4＋2 2，即△C1PQ 的周长 的最小值为 4＋2 2，故选 B. 答案　B 6.(2020·诸暨期末)三棱锥 P－ABC 如图所示，△PAB 是以 AB 为斜边的等腰直角三角形，△ABC 中∠ABC＝ π 2 ，AB＝2BC＝2.当△ABC 以 AB 为轴旋转时，记 PC＝x，二面角 P－AB－C 的余弦值 为 y，则 y 与 x 的函数关系的图象大致形状是(　　) 解析　因为△PAB 是以 AB 为斜边的等腰直角三角形，∠ABC＝ π 2 ，AB＝2BC＝2，设 AB 的中点 为 D，连接 PD，以点 D 为原点，DB，DP 所在的直线分别为 y 轴、z 轴，过点 D 垂直于平面 PAB 的直线为 x 轴建立空间直角坐标系，则易得 P(0，0，1)，B(0，1，0)，当△ABC 以 AB 为轴旋 转时，设点 C 的坐标为 C(x0，1，z0)，因为 BC＝1，所以 x20＋z20＝1.易得平面 PAB 的一个法向 量为 n1＝(1，0，0)，设平面 ABC 的法向量为 n2＝(x2，y2，z2)，因为DB→ ＝(0，1，0)， BC→ ＝ (x0，0，z0)，则由{n2·DB→ ＝0， n2·BC→ ＝0， 得{y2＝0， x2x0＋z2z0＝0，所以平面 ABC 的一个法向量为 n2＝(z0，0，－ x0) ，则二面角 P －AB －C 的余弦值为 y ＝cos 〈 n1 ，n2 〉＝ n1·n2 |n1||n2|＝z0. 又因为 PC ＝ x＋1＋（z0－1）2＝x，所以 z0＝ 3－x2 2 ，即 y＝ 3－x2 2 ，函数图象为开口向下的抛物线的一部 分，故选 A. 答案　A 二、填空题 7.在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，点 P 在侧面 BCC1B1 及其边界上运动，总有 AP⊥BD1，则动点 P 的轨迹为________. 解析　易证 BD1⊥平面 ACB1，所以满足 BD1⊥AP 的所有点 P 都在一个平面 ACB1 上.而已知条件 中的点 P 是在侧面 BCC1B1 及其边界上运动，因此，符合条件的点 P 在平面 ACB1 与平面 BCC1B1 的交线上，故所求的轨迹为线段 B1C. 答案　线段 B1C 8.如图，在棱长为 2 的正四面体 S－ABC 中，动点 P 在侧面 SAB 内，PQ⊥底面 ABC，垂足为 Q， 若 PS＝ 3 2 4 PQ，则 PC 长度的最小值为________. 解析　作 PH⊥AB 于点 H，连接 QH，则∠PHQ 为二面角 S－AB－C 的平面角，设 AB 的中点为 G， S 在平面 ABC 内的射影为 O′(O′为△ABC 的中心)，连接 SG，GO′，SO′，则∠SGO′也是二 面角 S－AB－C 的平面角，则 sin∠PHQ＝ PQ PH＝sin∠SGO′＝ SO′ SG ＝ 2 2 3 ，所以 PH＝ 3 2 4 PQ， 所以 PH＝PS，所以点 P 的轨迹是侧面 SAB 内以 AB 为准线，以 S 为焦点的抛物线，SH 的中点 O 是抛物线的顶点，O 到 C 的距离就是 PC 的最小值，在△SHC 中，由余弦定理，得 cos∠SHC＝ （ 3）2＋（ 3）2－22 2 × 3 × 3 ＝ 1 3，在△PHC 中，由余弦定理可知，PC2＝( 3 2 ) 2 ＋( 3)2－2× 3 2 × 3× 1 3＝ 11 4 ，所以 PCmin＝ 11 2 . 答案　 11 2 9.已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 3，长为 2 的线段 MN 的一个端点 M 在 DD1 上运动，另一 个端点 N 在底面 ABCD 上运动，则 MN 的中点 P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积为 ________. 解析　连接 DP，因为 MN＝2，所以 PD＝1，因此点 P 的轨迹是一个以 D 为球心，1 为半径的球 面在正方体内的部分，所以点 P 的轨迹与正方体的表面所围成的几何体的体积为球的体积的 1 8， 即 1 8× 4 3π×13＝ π 6 . 答案　 π 6 10.已知在矩形 ABCD 中，AB＝3，BC＝a，若 PA⊥平面 AC，在 BC 边上取点 E，使 PE⊥DE，若 满足条件的 E 点有两个时，则 a 的取值范围是________. 解析　连接 AE，由三垂线逆定理可知 DE⊥AE，要使满足条件的 E 点有两 个则须使以 AD 为直径的圆与 BC 有两个交点，所以半径长 a 2＞3，∴a＞6. 答案　(6，＋∞) 11.(2020·广州综测二)有一个底面半径为 R，轴截面为正三角形的圆锥纸盒，在该纸盒内放 一个棱长均为 a 的四面体，并且四面体在纸盒内可以任意转动，则 a 的最大值为________. 解析　在该纸盒内放一个棱长均为 a 的四面体，并且四面体在纸盒内可以 任意转动，所以当 a 最大时，棱长均为 a 的四面体的外接球是该纸盒的内切 球.设该纸盒的内切球半径为 r，则 r＝ 3 3 R.如图，设 a 最大时，棱长均为 a 的四面体 SABC 的外接球的球心为 O，半径为 r′，过 S 作 SH⊥底面 ABC， 连接 AH 并延长交 BC 于 D，连接 AO，则 AD＝ 3 2 a，AH＝ 2 3× 3 2 a＝ 3 3 a，SH＝ a2－( 3 3 a ) 2 ＝ 6 3 a，所以 OH＝ 6 3 a－r′，( 6 3 a－r′) 2 ＋( 3 3 a ) 2 ＝(r′)2，化简得 a2－ 2 6 3 ar′＝ 0，解得 r′＝ 6 4 a，所以 r＝ 3 3 R＝r′＝ 6 4 a，解得 a＝ 2 2 3 R，即 a 的最大值为 2 2 3 R. 答案　 2 2 3 R 12.如图，已知∠ACB＝90°，DA⊥平面 ABC，AE⊥DB 交 DB 于 E，AF⊥DC 交 DC 于 F，且 AD＝AB ＝2，则三棱锥 D－AEF 体积的最大值为________. 解析　因为 DA⊥平面 ABC，所以 DA⊥AB，AD⊥BC， ∵AE⊥DB，又 AD＝AB＝2， ∴DE＝ 2，又因为 BC⊥AC，AC∩AD＝A，所以 BC⊥平面 ACD， 所以平面 BCD⊥平面 ACD，∵AF⊥DC，平面 BCD∩平面 ACD＝CD， 所以 AF⊥平面 BCD， 所以 AF⊥EF，BD⊥EF， 所以 BD⊥平面 AEF，由 AF2＋EF2＝AE2＝2≥2AF·EF 可得 AF·EF≤1， 所以 S△AEF≤ 1 2，所以三棱锥 D－AEF 体积的最大值为 1 3× 2× 1 2＝ 2 6 . 答案　 2 6 13.如图，在长方形 ABCD 中，AB＝2，BC＝1，E 为 DC 的中点，F 为线段 EC(端点除外)上一动 点.现将△AFD 沿 AF 折起，使平面 ABD⊥平面 ABC.在平面 ABD 内过点 D 作 DK⊥AB，K 为垂足. 设 AK＝t，则 t 的取值范围是________. 解析　如图，在平面 ADF 内过 D 作 DH⊥AF，垂足为 H，连接 HK.过 F 点 作 FP∥BC 交 AB 于点 P. 设∠FAB＝θ， 则 cos θ∈( 2 2 ， 2 5 5 ).设 DF＝x，则 1＜x＜2， ∵平面 ABD⊥平面 ABC，平面 ABD∩平面 ABC＝AB，DK⊥AB，DK⊂平面 ABD，∴DK⊥平面 ABC， 又 AF⊂平面 ABC，∴DK⊥AF. 又∵DH⊥AF，DK∩DH＝D，DK，DH⊂平面 DKH， ∴AF⊥平面 DKH，∴AF⊥HK，即 AH⊥HK. 在 Rt△ADF 中，AF＝ 1＋x2，∴DH＝ x2 1＋x2， ∵△ADF 和△APF 都是直角三角形，PF＝AD， ∴Rt△ADF≌Rt△FPA，∴AP＝DF＝x. ∵△AHD∽△ADF， ∴cos θ＝ 1 1＋x2 t ＝ x 1＋x2. ∴x＝ 1 t. ∵1＜x＜2，∴1＜ 1 t＜2，∴ 1 2＜t＜1. 答案　(1 2，1 ) 三、解答题 14.(2018·全国Ⅰ卷)如图，四边形 ABCD 为正方形， E，F 分别为 AD，BC 的中点，以 DF 为折 痕把△DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PF⊥BF. (1)证明：平面 PEF⊥平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值. (1)证明　由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又 PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面 PEF，所以 BF⊥平面 PEF. 又 BF⊂平面 ABFD，所以平面 PEF⊥平面 ABFD. (2)解　作 PH⊥EF，垂足为 H.由(1)得，PH⊥平面 ABFD. 以 H 为坐标原点，分别以FB→ ，HF→ ，HP→ 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴 的正方向，|BF→ |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 H －xyz. 由(1)可得，DE⊥PE.又 DP＝2，DE＝1，所以 PE＝ 3.又 PF＝1，EF＝2，故 EF2＝PE2＋PF2， 所以 PE⊥PF. 可得 PH＝ 3 2 ，EH＝ 3 2. 则 H(0，0，0)，P(0，0， 3 2 )，D(－1，－ 3 2，0)，DP→ ＝(1， 3 2， 3 2 )，HP→ ＝(0，0， 3 2 )为平 面 ABFD 的一个法向量. 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 θ， 则 sin θ＝| HP→ ·DP→ |HP→ ||DP→ ||＝ 3 4 3＝ 3 4 . 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4 . 15.(2020·浙江新高考仿真卷三)在矩形 ABCD 中，E，F 分别为 AB 与 BC 边的中点，现将 △AED，△BEF 分别沿 DE，EF 折起，使 A，B 两点重合于点 P，连接 PC，已知 AB＝ 2，BC＝ 2. (1)求证：DF⊥平面 PEF； (2)(一题多解)求直线 PC 与平面 PEF 所成角 θ 的正弦值. (1)证明　由题知 EP⊥PF，EP⊥PD， 又 PF∩PD＝P，∴EP⊥平面 PFD， 又 FD⊂平面 PFD，∴EP⊥FD. 又由题意可知 EF＝ 6 2 ，DF＝ 3，DE＝ 3 2 2 ， ∴DE2＝EF2＋DF2，∴EF⊥FD. 又 EF∩EP＝E，∴DF⊥平面 PEF. (2)解　由(1)可知 DF⊥平面 PEF，且 DF⊂平面 CDEF， ∴平面 PEF⊥底面 CDEF，EF 为交线，过点 P 作 PG⊥EF，则 PG⊥底面 CDEF， ∵PE＝ 2 2 ，PF＝1，EF＝ 6 2 ， S△PEF＝ 1 2|PE|·|PF|＝ 1 2|EF|·|PG|， ∴PG＝ 3 3 ，EG＝ 6 6 ，FG＝ 6 3 . 法一　过点 C 作 CH⊥EF，交 EF 的延长线于点 H， ∴CH⊥平面 PEF，则∠CPH 即为所求的线面角 θ. 在平面图中，△CFH∽△EFB，经计算 CH＝ 3 3 ，FH＝ 6 3 ，∴CG＝ GH2＋CH2＝ 3. ∴PC＝ PG2＋CG2＝ 30 3 ，∴sin θ＝ CH PC＝ 10 10 . 即直线 PC 与平面 PEF 所成角的正弦值为 10 10 . 法二　如图，以 C 为坐标原点，CD，CF，过点 C 且垂直于平面 CDEF 的 直 线 分 别 为 x ， y ， z 轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ， 则 G( 2 3 ， 5 3，0)，P( 2 3 ， 5 3， 3 3 )，E( 2 2 ，2，0)，F(0，1，0)， CP→ ＝( 2 3 ， 5 3， 3 3 )，PE→ ＝( 2 6 ， 1 3，－ 3 3 )， EF→ ＝(－ 2 2 ，－1，0). 设平面 PEF 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则{PE→ ·n＝0， EF→ ·n＝0， 即{ 2 6 x＋ 1 3y－ 3 3 z＝0， － 2 2 x－y＝0， 令 x＝ 2，则 y＝－1，z＝0，即 n＝( 2，－1，0). sin θ＝|cos〈CP→ ，n〉|＝ |2 3－ 5 3＋0| 30 3 × 3 ＝ 10 10 . 即直线 PC 与平面 PEF 所成角的正弦值为 10 10 . 16.(2020·北仑中学模拟)在平面四边形 ABCD(图 1)中，△ABC 与△ABD 均为等腰三角形且有 公共边 AB，设 AD＝BD＝2，AC＝BC＝ 13，AD⊥BD，将△ABC 沿 AB 折起，构成如图 2 所示的 三棱锥 C′－ABD. (1)求证：AB⊥C′D； (2)(一题多解)已知二面角 C′－AB－D 的大小为 θ(θ＞ π 2 )，P 为直线 AB 上一动点，C′P 与 底面 ABD 所成角为 γ，若 cos γ 的最小值为 22 11 时，求二面角 A－C′D－B 的余弦值. (1)证明　如图 1，连接 CD 交 AB 于点 E， 图 1 因为 AD＝BD，AC＝BC， 所以四边形 ACBD 为“筝”形，故 AB⊥CD. 所以在△ABC 沿 AB 折起到△ABC′的位置后，仍有 AB⊥C′E，AB⊥DE. 如图 2，又 DE∩C′E＝E，DE，C′E⊂平面 DC′E，故 AB⊥平面 DC′E. 又因为 C′D⊂平面 DC′E，所以 AB⊥C′D. (2)如图 2，过 C′作 DE 的垂线交于点 O， 图 2 因为二面角 C′－AB－D 的大小为θ(θ＞ π 2 )， 故 O 在 DE 的延长线上. 因为 AB⊂平面 ADB，所以平面 ADB⊥平面 DC′E. 又因为 C′O⊥DE，平面 ADB∩平面 DC′E＝DE， 所以 C′O⊥平面 ADBO， 故∠C′PO 就是 C′P 与底面 ABD 所成角. 在 Rt△OPE 中，OP≥OE， 则 tan γ＝ OC′ OP ≤ OC′ OE ， 故当且仅当 P 与 E 重合时，cos γ＝ OE C′E取得最小值为 22 11 . 因为 AD＝BD＝2，AC＝BC＝ 13，AD⊥BD， 故 C′E＝ 11，从而 OE＝ 2，C′O＝3， 显然底面四边形 ADBO 为正方形. 法一　过 A 作 C′D 的垂线交 C′D 于点 G， 即 AG⊥C′D，连接 BG，由于△AC′D≌△BC′D， 根据几何图形的对称性可知 BG⊥C′D. 由于平面 AC′D∩平面 BC′D＝C′D， 所以∠AGB 就是二面角 A－C′D－B 的平面角， 又因为 C′D2＝C′A2＋AD2，所以△AC′D 为直角三角形. 在 Rt△AC′D 中，易知 C′D＝ 17，AG＝ 2 13 17 ， 同理可知 BG＝AG＝ 2 13 17 .又 AB＝2 2， 所以 cos∠AGB＝ AG2＋BG2－AB2 2·AG·BG ＝ 2 × 4 × 13 17 －8 2 × 4 × 13 17 ＝－ 4 13， 所以二面角 A－C′D－B 的余弦值为－ 4 13. 法二　如图 3，由于 OA，OB，OC′两两垂直， 图 3 故以 O 为坐标原点，OA，OB，OC′所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 O－xyz， 则 A(2，0，0)，C′(0，0，3)，D(2，2，0)，B(0，2，0)， C′D→ ＝(2，2，－3)，AD→ ＝(0，2，0)，BD→ ＝(2，0，0). 设平面 AC′D 的法向量 n＝(x，y，z)， 即{n·AD→ ＝0， n·C′D→ ＝0， 即{2y＝0， 2x＋2y－3z＝0， 令 z＝2，则 n＝(3，0，2)， 同理可知，平面 BC′D 的一个法向量 m＝(0，3，2). 设二面角 A－C′D－B 的大小为 α， 由于 m，n 都指向二面角的外部， 故 α 与〈m，n〉互补， 则 cos α＝－cos〈m，n〉＝－ m·n |m||n|＝－ 4 13， 所以二面角 A－C′D－B 的余弦值为－ 4 13. 17.(2020·北京房山区一模)如图 1，在矩形 ABCD 中，AB＝4，AD＝2，E，F，O 分别为 DC， AE，BC 的中点.以 AE 为折痕把△ADE 折起，使点 D 到达点 P 的位置，且平面 PAE⊥平面 ABCE(如 图 2). (1)求证：BC⊥平面 POF； (2)求直线 PA 与平面 PBC 所成角的正弦值； (3)在线段 PE 上是否存在点 M，使得 AM∥平面 PBC？若存在，求 PM PE的值；若不存在，说明理由. (1)证明　在矩形 ABCD 中，AB＝4，AD＝2，E 是 CD 中点，所以 DA＝DE，即 PA＝PE， 又 F 为 AE 的中点，所以 PF⊥AE，又平面 PAE⊥平面 ABCE，平面 PAE∩平面 ABCE＝AE， PF⊂平面 PAE，所以 PF⊥平面 ABCE，BC⊂平面 ABCE，所以 PF⊥BC， 由 F，O 分别为 AE，BC 的中点，易知 FO∥AB，所以 OF⊥BC，因为 PF∩OF＝F，所以 BC⊥平面 POF. (2)解　过点 O 作平面 ABCE 的垂线 OZ，以 O 为原点，分别以 OF，OB，OZ 为 x，y，z 轴建立坐标系 O－xyz，则 A(4，1，0)，B(0，1，0)，C(0， －1，0)，E(2，－1，0)，P(3，0， 2)， ∴AP→ ＝(－1，－1， 2)，BP→ ＝(3，－1， 2)，CB→ ＝(0，2，0)，设平 面 PBC 的法向量为 n＝(x，y，z)， 由{BP→ ·n＝0， CB→ ·n＝0， 得{3x－y＋ 2z＝0， 2y＝0， 令 z＝3 得 n＝(－ 2，0，3)， cos〈n，AP→ 〉＝ n·AP→ |n|·|AP|＝ 2＋3 2 2 11 ＝ 2 22 11 ， 所以直线 PA 与平面 PBC 所成角的正弦值为 2 22 11 . (3)解　在线段 PE 上不存在点 M，使得 AM∥平面 PBC.证明如下： 点 M 在线段 PE 上，设 PM PE＝λ，则PM→ ＝λPE→ ，λ∈[0，1]， AM→ ＝AP→ ＋PM→ ＝AP→ ＋λPE→ ＝(－1－λ，－1－λ， 2(1－λ))， 若 AM∥平面 PBC，则AM→ ⊥n， 由AM→ ·n＝0 得(－1－λ，－1－λ， 2(1－λ))·(－ 2，0，3)＝0，解得 λ＝2∉[0，1]， 所以在线段 PE 上不存在点 M，使得 AM∥平面 PBC.